Aufgaben zu Konvergenzkriterien für Reihen – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Anwendung der Konvergenzkriterien

Aufgabe (Anwendung der Konvergenzkriterien 1)

Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz und absolute Konvergenz.

1. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(k^{k})^{2}}{k^{(k^{2})}}}$
2. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(k!)^{2}}{(2k)!}}$
3. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k}{1+k^{2}}}$
4. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {k}{k+1}}\right)^{k}$
5. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {k}{k+1}}\right)^{k^{2}}$
6. $\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k}({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}})$
7. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{\sqrt[{k}]{k}}}$
8. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}}{k}}$

Lösung (Anwendung der Konvergenzkriterien 1)

1. Wurzelkriterium:

${\begin{aligned}{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}&={\sqrt[{k}]{\left|{\frac {(k^{k})^{2}}{k^{(k^{2})}}}\right|}}={\frac {\sqrt[{k}]{k^{2k}}}{\sqrt[{k}]{k^{(k^{2})}}}}={\frac {k^{2}}{k^{k}}}={\frac {1}{k^{k-2}}}\longrightarrow 0<1\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe absolut.

2. Quotientenkriterium:

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&={\frac {\frac {((k+1)!)^{2}}{(2k+2)!}}{\frac {(k!)^{2}}{(2k)!}}}={\frac {((k+1)!)^{2}(2k)!}{(k!)^{2}(2k+2)!}}={\frac {k!k!(k+1)^{2}(2k)!}{k!k!(2k)!(2k+1)(2k+2)}}={\frac {k^{2}+2k+1}{4k^{2}+6k+2}}\\&={\frac {1+{\frac {2}{k}}+{\frac {1}{k^{2}}}}{4+{\frac {6}{k}}+{\frac {2}{k^{2}}}}}\longrightarrow {\frac {1}{4}}<1\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe absolut.

Alternativ: Majorantenkriterium:

${\begin{aligned}|a_{k}|&={\frac {k!\cdot k!}{(2k)!}}={\frac {k!\cdot k!}{k!\cdot (k+1)(k+2)\cdot \ldots (2k-1)(2k)}}\\[0.3em]&={\frac {k!}{k!(k+1)(k+2)\cdot \ldots (2k-1)(2k)}}={\frac {1\cdot 2\cdot \ldots (k-1)\cdot k}{(k+1)(k+2)\cdot \ldots (2k-1)(2k)}}\\[0.3em]&={\frac {1}{k+1}}\cdot {\frac {2}{k+2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {k-1}{2k-1}}\cdot {\frac {k}{2k}}\\[0.3em]&\leq {\frac {1}{1+1}}\cdot {\frac {2}{2+2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {k-1}{2k-2}}\cdot {\frac {k}{2k}}\\[0.3em]&=\underbrace {{\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}\cdot \ldots \cdot {\frac {1}{2}}\cdot {\frac {1}{2}}} _{\text{ k-Mal}}=\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}\end{aligned}}$

Da $\sum \limits _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{2}}\right)^{k}$ absolut konvergiert (geometrische Reihe mit $q={\frac {1}{2}}<1$), konvergiert auch $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {(k!)^{2}}{(2k)!}}$ absolut.

3. Minorantenkriterium: Es gilt

• $|a_{k}|={\frac {k}{1+k^{2}}}\geq {\frac {k}{k^{2}+k^{2}}}={\frac {k}{2k^{2}}}={\frac {1}{2k}}$
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2k}}$ divergiert. (Harmonische Reihe)

Damit divergiert die Reihe.

4. Trivialkriterium:

$a_{k}=\left({\frac {k}{k+1}}\right)^{k}={\frac {1}{\left({\frac {k+1}{k}}\right)^{k}}}={\frac {1}{\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}}}\to {\frac {1}{e}}\neq 0.$

Daher divergiert die Reihe.

5. Wurzelkriterium:

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}=\left({\frac {k}{k+1}}\right)^{k}={\frac {1}{\left({\frac {k+1}{k}}\right)^{k}}}={\frac {1}{\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}}}\to {\frac {1}{e}}<1.$

Daher konvergiert die Reihe absolut.

6. Leibnizkriterium: Zunächst gilt

${\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}={\frac {({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}})({\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}})}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}={\frac {k+1-k}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}={\frac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}$

Damit ist

• $a_{k}={\tfrac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}$ monoton fallend, denn ${\sqrt {k+2}}+{\sqrt {k+1}}\geq {\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}\iff {\tfrac {1}{{\sqrt {k+2}}+{\sqrt {k+1}}}}\leq {\tfrac {1}{{\sqrt {k+1}}+{\sqrt {k}}}}\ \forall k\in \mathbb {N}$
• $(a_{k})$ eine Nullfolge, denn $0\leq a_{k}\leq {\tfrac {1}{2{\sqrt {k}}}}={\tfrac {1}{2}}{\tfrac {1}{\sqrt {k}}}\to 0$.

Also konvergiert die Reihe.

Die Reihe konvergiert nicht absolut als Teleskopsumme, denn

$\sum _{k=1}^{\infty }({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}})=\lim _{n\to \infty }\sum _{k=1}^{n}({\sqrt {k+1}}-{\sqrt {k}}){\underset {\text{summe}}{\overset {\text{Teleskop-}}{=}}}\lim _{n\to \infty }{\sqrt {n+1}}-1=\infty$

7. Trivialkriterium:

$a_{k}={\frac {(-1)^{k}}{\sqrt[{k}]{k}}}\ \Rightarrow a_{2l}={\frac {1}{\sqrt[{2l}]{2l}}}\longrightarrow {\frac {1}{1}}=1{\text{ (da }}{\sqrt[{k}]{k}}\to 1{\text{)}}$

Also gibt es eine Teilfolge von $(a_{k})$, die nicht gegen Null konvergiert, und damit ist $(a_{k})$ keine Nullfolge. Also divergiert die Reihe.

Anmerkung: Das Leibniz-Kriterium ist hier nicht anwendbar, da $(b_{k})=({\tfrac {1}{\sqrt[{k}]{k}}})$ keine Nullfolge ist!

8. Leibnizkriterium: Für $a_{k}={\frac {(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}}{k}}=\left({\tfrac {k+1}{k}}\right)^{k}{\tfrac {1}{k}}$ gilt

• ${\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}={\frac {({\tfrac {k+2}{k+1}})^{k+1}{\tfrac {1}{k+1}}}{({\tfrac {k+1}{k}})^{k}{\tfrac {1}{k}}}}={\frac {({\tfrac {k+2}{k+1}})^{k+1}}{({\tfrac {k+1}{k}})^{k}{\tfrac {k+1}{k}}}}=\left({\frac {\tfrac {k+2}{k+1}}{\frac {k+1}{k}}}\right)^{k+1}=\left({\frac {(k+2)k}{(k+1)^{2}}}\right)^{k+1}=\left({\frac {k^{2}+2k}{k^{2}+2k+1}}\right)^{k+1}\leq 1$ ist monoton fallend
• $a_{k}={\frac {(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}}{k}}\to 0$, da $(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}\to e$. Also ist $(a_{k})$ eine Nullfolge.

Damit konvergiert die Reihe.

Die Reihe konvergiert nicht absolut nach dem Minorantenkriterium:

• $|a_{k}|={\frac {(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}}{k}}\geq {\frac {(1+{\tfrac {1}{1}})^{1}}{k}}={\frac {2}{k}}$, da ${\tilde {a}}_{k}=(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}$ monoton steigend ist.
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {2}{k}}$ divergiert. (Harmonische Reihe)

Also divergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(1+{\tfrac {1}{k}})^{k}}{k}}$.

Aufgabe (Anwendung der Konvergenzkriterien 2)

Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz und absolute Konvergenz.

1. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{k}\cdot k!}{k^{k}}}$
2. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {3^{k}\cdot k!}{k^{k}}}$
3. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\sqrt[{k}]{a}}-1\right)^{k}$, $a>0$
4. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\sqrt[{k}]{k}}-1\right)^{k}$
5. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{k}}{k^{k}+k!}}$
6. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k!}{k^{k}+k!}}$
7. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\sqrt[{k}]{a}}-1\right)^{2}$, $a>0$
8. $\sum _{k=1}^{\infty }\left({\sqrt[{k}]{k}}-1\right)^{2}$

Lösung (Anwendung der Konvergenzkriterien 2)

1. Quotientenkriterium:

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&={\frac {\frac {2^{k+1}(k+1)!}{(k+1)^{k+1}}}{\frac {2^{k}\cdot k!}{k^{k}}}}={\frac {2^{k+1}(k+1)!\cdot k^{k}}{2^{k}\cdot k!\cdot (k+1)^{k+1}}}={\frac {2\cdot 2^{k}(k+1)\cdot k!\cdot k^{k}}{2^{k}\cdot k!\cdot (k+1)\cdot (k+1)^{k}}}={\frac {2\cdot k^{k}}{(k+1)^{k}}}\\&={\frac {2}{\left({\frac {k+1}{k}}\right)^{k}}}={\frac {2}{\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}}}\longrightarrow {\frac {2}{e}}<1\ {\text{ da }}e\approx 2,71\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe absolut.

2. Quotientenkriterium:

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|&={\frac {\frac {3^{k+1}(k+1)!}{(k+1)^{k+1}}}{\frac {3^{k}\cdot k!}{k^{k}}}}={\frac {3^{k+1}(k+1)!\cdot k^{k}}{3^{k}\cdot k!\cdot (k+1)^{k+1}}}={\frac {3\cdot 3^{k}(k+1)\cdot k!\cdot k^{k}}{3^{k}\cdot k!\cdot (k+1)\cdot (k+1)^{k}}}={\frac {3\cdot k^{k}}{(k+1)^{k}}}\\&={\frac {3}{\left({\frac {k+1}{k}}\right)^{k}}}={\frac {3}{\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}}}\longrightarrow {\frac {3}{e}}>1\ {\text{ da }}e\approx 2,71\end{aligned}}$

Damit divergiert die Reihe.

3. Wurzelkriterium:

${\begin{aligned}{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}&={\sqrt[{k}]{\left|\left({\sqrt[{k}]{a}}-1\right)^{k}\right|}}={\sqrt[{k}]{a}}-1\longrightarrow 1-1=0<1\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe absolut.

4. Wurzelkriterium:

${\begin{aligned}{\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}&={\sqrt[{k}]{\left|\left({\sqrt[{k}]{k}}-1\right)^{k}\right|}}={\sqrt[{k}]{k}}-1\longrightarrow 1-1=0<1\end{aligned}}$

Damit konvergiert die Reihe absolut.

5. Minorantenkriterium: Es gilt

• $|a_{k}|={\frac {k^{k}}{k!+k^{k}}}{\overset {k!\leq k^{k}}{\geq }}{\frac {k^{k}}{k^{k}+k^{k}}}={\frac {k^{k}}{2k^{k}}}={\frac {1}{2}}$
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{2}}$ divergiert, da $\left({\frac {1}{2}}\right)$ keine Nullfolge ist.

Damit divergiert die Reihe.

6. Majorantenkriterium: Es gilt

• $|a_{k}|={\frac {k!}{k!+k^{k}}}{\overset {k!\geq 0}{\leq }}{\frac {k!}{k^{k}}}$
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {k!}{k^{k}}}$ konvergiert absolut, nach dem Quotientenkriterium. (Siehe Aufgabe 2 im Kapitel Quotientenkriterium).

Damit konvergiert die Reihe absolut.

7. Majorantenkriterium:

• Für $a>1$ und damit $x_{k}={\sqrt[{k}]{a}}-1>0$ gilt: $a=(1+x_{k})^{k}{\underset {\text{Ungleichung}}{\overset {\text{Bermoulli-}}{\geq }}}1+k\cdot x_{k}\iff x_{k}\leq {\frac {a-1}{k}}$
• Daraus folgt $|a_{k}|=\left({\sqrt[{k}]{a}}-1\right)^{2}\leq \left({\frac {a-1}{k}}\right)^{2}={\frac {(a-1)^{2}}{k^{2}}}$
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {(a-1)}{k^{2}}}=(a-1)\cdot \sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ konvergiert absolut.

Damit konvergiert die Reihe absolut.

• Für $0<a<1$ ist ${\frac {1}{a}}>1$. Damit ist $|a_{k}|=\left({\sqrt[{k}]{a}}-1\right)^{2}=\left({\sqrt[{k}]{a}}\cdot (1-{\frac {1}{\sqrt[{k}]{a}}})\right)^{2}={\sqrt[{k}]{a^{2}}}\cdot \left({\frac {1}{\sqrt[{k}]{a}}}-1\right)^{2}\leq \left({\sqrt[{k}]{\frac {1}{a}}}-1\right)^{2}$. Damit folgt die absolute Konvergenz ebenfalls.

8. Majorantenkriterium:

• Für $x_{k}={\sqrt[{k}]{k}}-1\geq 0$ gilt: ${\begin{aligned}&k=(1+x_{k})^{k}{\underset {\text{Lehrsatz}}{\overset {\text{Binomischer}}{=}}}\sum _{i=0}^{k}{\binom {k}{i}}x_{k}^{i}\geq 1+{\binom {k}{3}}x_{k}^{3}=1+{\frac {k(k-1)(k-2)}{6}}x_{k}^{2}{\underset {k-2\geq {\frac {k}{2}}}{\overset {k\geq 4}{\geq }}}1+{\frac {k\cdot {\frac {k}{2}}\cdot {\frac {k}{2}}}{6}}x_{k}^{3}=1+{\frac {k^{3}}{24}}x_{k}^{3}\\\iff &x_{k}^{3}\leq {\frac {24k}{k^{3}}}={\frac {24}{k^{2}}}\iff x_{k}\leq {\frac {\sqrt[{3}]{24}}{k^{\frac {2}{3}}}}\leq {\frac {\sqrt[{3}]{27}}{k^{\frac {2}{3}}}}={\frac {3}{k^{\frac {2}{3}}}}\end{aligned}}$
• Daraus folgt $|a_{k}|=\left({\sqrt[{k}]{k}}-1\right)^{2}\leq \left({\frac {3}{k^{\frac {2}{3}}}}\right)^{2}={\frac {9}{k^{\frac {4}{3}}}}$
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {9}{k^{\frac {4}{3}}}}=9\cdot \sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{\frac {4}{3}}}}$ konvergiert absolut, da ${\frac {4}{3}}>1$.

Damit konvergiert die Reihe absolut.

Aufgabe (Anwendung der Konvergenzkriterien 3)

Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz.

1. $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {\ln k}{k^{3}}}$
2. $\sum _{k=2}^{\infty }{\frac {1}{\ln k}}$
3. $\sum _{k=1}^{\infty }k^{4}\exp(-k)$
4. $\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}\cos({\tfrac {1}{k}})$
5. $\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}\sin({\tfrac {1}{k}})$
6. $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{\cosh k}}$
7. $\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {\sin k}{k^{2}}}$
8. $\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {\sqrt[{k}]{k}}{\ln k}}$

Lösung (Anwendung der Konvergenzkriterien 3)

1. Majorantenkriterium: Es gilt

• $|a_{k}|={\frac {\ln k}{k^{3}}}\leq {\frac {k}{k^{3}}}={\frac {1}{k^{2}}}$
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$

Damit konvergiert die Reihe absolut.

2. Minorantenkriterium: Es gilt

• $|a_{k}|={\frac {1}{\ln k}}\geq {\frac {1}{k}}$, da $\ln k\leq k$ ist
• $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ divergiert

Damit divergiert die Reihe.

3. Quotientenkriterium: Für $a_{k}=k^{4}\exp(-k)={\tfrac {k^{4}}{e^{k}}}$ gilt

${\frac {|a_{k+1}|}{|a_{k}|}}={\frac {\tfrac {(k+1)^{4}}{e^{k+1}}}{\tfrac {k^{4}}{e^{k}}}}={\frac {(k+1)^{4}}{k^{4}}}{\frac {e^{k}}{e^{k+1}}}=\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{4}{\frac {1}{e}}\to {\frac {1}{e}}<1$

Damit konvergiert die Reihe.

Alternativ mit Wurzelkriterium:

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\sqrt[{k}]{\tfrac {k^{4}}{e^{k}}}}={\frac {\sqrt[{k}]{k^{4}}}{\sqrt[{k}]{e^{k}}}}={\frac {{\sqrt[{k}]{k}}^{4}}{e}}\to {\frac {1}{e}}<1$

Damit konvergiert die Reihe.

4. Trivialkriterium: Für $a_{k}=(-1)^{k}\cos({\tfrac {1}{k}})$ gilt

$a_{2l}=\cos({\tfrac {1}{2l}})\to \cos(0)=1\neq 0$

Also ist $(a_{k})$ keine Nullfolge. Damit divergiert die Reihe.

Anmerkung: Das Leibniz-Kriterium ist hier nicht anwendbar, da $b_{k}=\cos({\tfrac {1}{k}})$ keine Nullfolge ist!

5. Leibnizkriterium: Es gilt

• $b_{k+1}=\sin({\tfrac {1}{k+1}})\leq \sin({\tfrac {1}{k}})=b_{k}$, da $\sin$ monoton fallend ist. Also ist auch $(b_{k})$ monoton fallend.
• $b_{k}=\sin({\tfrac {1}{k}})\to \sin(0)=0$, da $\sin$ stetig ist. Also ist $(b_{k})$ eine Nullfolge.

Damit konvergiert die Reihe.

6. Majorantenkriterium: Für $a_{k}={\tfrac {1}{\cosh k}}={\tfrac {1}{\tfrac {e^{k}+e^{-k}}{2}}}={\tfrac {2}{e^{k}+e^{-k}}}$ gilt

• $|a_{k}|={\frac {2}{e^{k}+e^{-k}}}\leq {\tfrac {2}{e^{k}}}=2\cdot {\frac {1}{e^{k}}}$, da $e^{-k}>0$ ist.
• $\sum _{k=1}^{\infty }2\cdot {\frac {1}{e^{k}}}=2\cdot \sum _{k=1}^{\infty }\left({\frac {1}{e}}\right)^{k}<\infty$ (Geometrische Reihe)

Damit konvergiert die Reihe.

7. Majorantenkriterium: Es gilt

• $|a_{k}|={\frac {|\sin k|}{k^{2}}}\leq {\tfrac {1}{k^{2}}}$
• $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$

Damit konvergiert die Reihe.

Anmerkung: Das Leibniz-Kriterium ist hier nicht anwendbar, da $b_{k}={\tfrac {\sin k}{k^{2}}}$ nicht monoton fallend ist!

8. Leibnizkriterium: Es gilt

• ${\frac {1}{\ln(k+1)}}\leq {\frac {1}{\ln k}}$, da $\ln$ monoton steigend ist. Außerdem ist

${\sqrt[{k+1}]{k+1}}\leq {\sqrt[{k}]{k}}\iff (k+1)^{k}\leq k^{k+1}\iff \left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\leq k$

Dies ist wegen $\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}\leq e\leq 3$ für $k\geq 3$ der Fall. Also ist $(b_{k})=\left({\frac {\sqrt[{k}]{k}}{\ln k}}\right)$ monoton fallend.

• $b_{k}={\frac {\overbrace {\sqrt[{k}]{k}} ^{\to 1}}{\underbrace {\ln k} _{\to +\infty }}}\to 0$. Also ist $(b_{k})$ eine Nullfolge.

Damit konvergiert die Reihe.

Aufgabe (Reihen mit Parametern 1)

Bestimme alle $a>0$, für welche die folgenden Reihen (absolut) konvergieren:

1. $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {a^{k}}{1+a^{k}}}$
2. $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{1+a^{k}}}$

Lösung (Reihen mit Parametern 1)

Teilaufgabe 1: Wir unterscheiden zwei Fälle:

Fall 1: $0<a\leq 1$

Hier ist $|a_{k}|={\frac {a^{k}}{1+a^{k}}}\leq {\frac {a^{k}}{1}}=a^{k}$ und $\sum \limits _{k=0}^{\infty }a^{k}<\infty$ als geometrische Reihe.

Daher konvergiert die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {a^{k}}{1+a^{k}}}$ nach dem Majorantenkriterium absolut.

Fall 2: $a>1$

In diesem Fall gilt $|a_{k}|={\frac {a^{k}}{1+a^{k}}}{\underset {{\frac {1}{1}}\geq {\frac {1}{a^{k}}}}{\overset {a^{k}>1}{\geq }}}{\frac {a^{k}}{a^{k}+a^{k}}}={\frac {a^{k}}{2a^{k}}}={\frac {1}{2}}$ und $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2}}=\infty$

Also divergiert die Reihe nach dem Minorantenkriterium.

Teilaufgabe 2: Wir unterscheiden erneut zwei Fälle:

Fall 1: $a>1$

Hier ist $|a_{k}|={\frac {1}{1+a^{k}}}\leq {\frac {1}{a^{k}}}=\left({\frac {1}{a}}\right)^{k}$ und $\sum \limits _{k=0}^{\infty }\left({\frac {1}{a}}\right)^{k}<\infty$ als geometrische Reihe, da ${\frac {1}{a}}>1$.

Daher konvergiert die Reihe $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{1+a^{k}}}$ nach dem Majorantenkriterium absolut.

Fall 2: $0<a\leq 1$

In diesem Fall gilt $|a_{k}|={\frac {1}{1+a^{k}}}{\underset {{\frac {1}{a^{k}}}\geq {\frac {1}{1}}}{\overset {0<a\leq 1}{\geq }}}{\frac {1}{1+1}}={\frac {1}{2}}$ und $\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2}}=\infty$

Also divergiert die Reihe nach dem Minorantenkriterium.

Aufgabe (Reihen mit Parametern 2)

Bestimme alle $x\in \mathbb {R}$, für welche die folgenden Reihen (absolut) konvergieren:

1. $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{(2k)!}}$
2. $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k^{2}}}$
3. $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\sqrt {k}}x^{k}$
4. $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k}}$

Lösung (Reihen mit Parametern 2)

Teilaufgabe 1: Für alle $x\in \mathbb {R}$ gilt

${\frac {|a_{k+1}|}{|a_{k}|}}={\frac {\frac {|x|^{k+1}}{(2k+2)!}}{\frac {|x|^{k}}{(2k)!}}}={\frac {|x|^{k+1}}{|x|^{k}}}\cdot {\frac {(2k)!}{(2k+2)!}}={\frac {|x|}{(2k+1)(2k+2)}}={\frac {|x|}{4k^{2}+6k+2}}\to 0<1$

Daher konvergiert die Reihe für alle $x\in \mathbb {R}$ absolut.

Teilaufgabe 2: Wir unterscheiden zwei Fälle:

Fall 1: $|x|\leq 1$

Hier ist $|a_{k}|={\frac {|x|^{k}}{k^{2}}}\leq {\frac {1}{k^{2}}}$ und $\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}<\infty$

Daher konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium absolut.

Fall 2: $|x|>1$

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}={\sqrt[{k}]{\frac {|x|^{k}}{k^{2}}}}={\frac {|x|}{\sqrt[{k}]{k^{2}}}}={\frac {|x|}{{\sqrt[{k}]{k}}^{2}}}\to |x|>1$, da ${\sqrt[{k}]{k}}\to 1$

Also divergiert die Reihe nach dem Wurzelkriterium.

Teilaufgabe 3: Wir unterscheiden zwei Fälle:

Fall 1: $|x|<1$

${\frac {|a_{k+1}|}{|a_{k}|}}={\frac {{\sqrt {k+1}}|x|^{k+1}}{{\sqrt {k}}|x|^{k}}}={\sqrt {1+{\frac {1}{k}}}}|x|\to |x|<1$

Daher konvergiert die Reihe nach dem Quotientenkriterium absolut.

Fall 2: $|x|\geq 1$

$|a_{k}|={\sqrt {k}}|x|^{k}\geq {\sqrt {k}}\to \infty$. Daher ist $(a_{k})$ keine Nullfolge

Also divergiert die Reihe nach dem Trivialkriterium.

Teilaufgabe 4: Wir unterscheiden vier Fälle:

Fall 1: $|x|<1$

Hier ist $|a_{k}|={\frac {|x|^{k}}{k}}\leq |x|^{k}$ und $\sum \limits _{n=1}^{\infty }|x|^{k}<\infty$ (geometrische Reihe)

Daher konvergiert die Reihe nach dem Majorantenkriterium absolut.

Fall 2: $x=1$

$\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1^{k}}{k}}=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ divergiert (harmonische Reihe)

Fall 3: $x=-1$

$\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k}}$ konvergiert nach dem Leibniz-Kriterium (alternierende harmonische Reihe)

Die Reihe konvergiert nicht absolut, da $\sum \limits _{k=1}^{\infty }\left|{\frac {(-1)^{k}}{k}}\right|=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ divergiert

Fall 4: $|x|>1$

Hier ist $|a_{k}|={\frac {|x|^{k}}{k}}\geq {\frac {1}{k}}$, und $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k}}$ divergiert. (harmonische Reihe)

Also divergiert die Reihe nach dem Minorantenkriterium.

Anmerkung: Die Fälle $|x|<1$ und $|x|>1$ können auch mit dem Wurzel- oder Quotientenkriterium behandelt werden.

Aufgabe (Grenzwertkriterium oder Majorantenkriterium)

Untersuche die Reihe

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {7k^{7}(1+{\frac {1}{k}})(k^{3}-1)}{(k^{3}+2)(2k^{5}+1)(k^{2}+8)^{2}}}$

auf Konvergenz.

Lösung (Grenzwertkriterium oder Majorantenkriterium)

Es gilt

$a_{k}={\frac {7k^{10}(1+{\frac {1}{k}})(1-{\frac {1}{k^{3}}})}{2k^{12}(1+{\frac {2}{k^{3}}})(1+{\frac {1}{2k^{5}}})(1+{\frac {8}{k^{2}}})^{2}}}=\underbrace {\frac {7k^{10}}{2k^{12}}} _{={\frac {7}{2}}{\frac {1}{k^{2}}}}\underbrace {\frac {(1+{\frac {1}{k}})(1-{\frac {1}{k^{3}}})}{(1+{\frac {2}{k^{3}}})(1+{\frac {1}{2k^{5}}})(1+{\frac {8}{k^{2}}})^{2}}} _{\rightarrow 1{\text{ für }}k\to \infty }$

Daher gilt mit $b_{k}={\tfrac {1}{k^{2}}}$:

$\lim _{k\to \infty }{\frac {a_{k}}{b_{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {7}{2}}{\frac {(1+{\frac {1}{k}})(1-{\frac {1}{k^{3}}})}{(1+{\frac {2}{k^{3}}})(1+{\frac {1}{2k^{5}}})(1+{\frac {8}{k^{2}}})^{2}}}={\frac {7}{2}}{\frac {(1+0)(1-0)}{(1+0)(1+0)(1+0)^{2}}}={\frac {7}{2}}$

Da die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert nach dem Grenzwertkriterium auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {7k^{7}(1+{\frac {1}{k}})(k^{3}-1)}{(k^{3}+2)(2k^{5}+1)(k^{2}+8)^{2}}}$.

Alternative Lösung: Mit Majorantenkriterium.

Mit $a_{k}={\tfrac {7k^{7}(1+{\frac {1}{k}})(k^{3}-1)}{(k^{3}+2)(2k^{5}+1)(k^{2}+8)^{2}}}$ und $b_{k}={\tfrac {1}{k^{2}}}$ gilt

$\lim _{k\to \infty }{\frac {a_{k}}{b_{k}}}=\lim _{k\to \infty }{\frac {7}{2}}{\frac {(1+{\frac {1}{k}})(1-{\frac {1}{k^{3}}})}{(1+{\frac {2}{k^{3}}})(1+{\frac {1}{2k^{5}}})(1+{\frac {8}{k^{2}}})^{2}}}={\frac {7}{2}}{\frac {(1+0)(1-0)}{(1+0)(1+0)(1+0)^{2}}}={\frac {7}{2}}$

Daher gibt es ein $M\in \mathbb {N}$ mit

$|a_{k}|\leq 2\cdot {\frac {7}{2}}|b_{k}|=7b_{k}$ für alle $k\geq M$

Da $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$ konvergiert, konvergiert auch $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {7}{2}}{\tfrac {1}{k^{2}}}={\tfrac {7}{2}}\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k^{2}}}$. Nach dem Majorantenkriterium konvergiert auch $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ (absolut).

Trivialkriterium: Verschärfung

Aufgabe (Verschärfung des Trivialkriteriums)

1. Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine monoton fallende Folge und $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ konvergent, so ist $(na_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge.
   Hinweis: Diese Aussage ist auch als Satz von Oliver bekannt.
2. Zeige mit Hilfe von Teilaufgabe 1 erneut, dass die harmonische Reihe $\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ divergiert.
3. Gib ein Beispiel einer divergenten Reihe $\sum a_{n}$ an, so dass $(a_{n})$ monoton fallend ist, und $(n\cdot a_{n})$ eine Nullfolge ist.

Lösung (Verschärfung des Trivialkriteriums)

Lösung Teilaufgabe 1:

Beweisschritt: $(2ka_{2k})_{k\in \mathbb {N} }$ ist eine Nullfolge

Da die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ konvergiert, gibt es nach dem Cauchy-Kriterium zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$, so dass für alle $k+1\geq N$ gilt

$\sum _{n=k+1}^{2k}a_{n}=a_{k+1}+a_{k+2}+\ldots +a_{2k-1}+a_{2k}<\epsilon$

Damit gilt für alle $k+1\geq N$:

${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}\cdot 2ka_{2k}&=ka_{2k}\\[0.3em]&=a_{2k}+a_{2k}+\ldots +a_{2k}+a_{2k}\\[0.3em]&\left\downarrow \ {\color {grey}(a_{n}){\text{ ist monoton fallend}}}\right.\\[0.3em]&\leq a_{k+1}+a_{k+2}+\ldots +a_{2k-1}+a_{2k}<\epsilon \\[0.3em]\end{aligned}}$

Also ist $(ka_{2k})$ und damit auch $(2ka_{2k})$ eine Nullfolge.

Beweisschritt: $((2k-1)a_{2k-1})_{k\in \mathbb {N} }$ ist eine Nullfolge

Da die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{n}$ konvergiert, gibt es nach dem Cauchy-Kriterium zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$, so dass für alle $k\geq N$ gilt

$\sum _{n=k}^{2k-1}a_{n}=a_{k}+a_{k+1}+\ldots +a_{2k-2}+a_{2k-1}<\epsilon$

Damit gilt für alle $k\geq N$:

${\begin{aligned}{\frac {1}{2}}\cdot (2k-1)a_{2k-1}&\leq {\frac {1}{2}}\cdot 2ka_{2k-1}\\[0.3em]&=ka_{2k-1}\\[0.3em]&=a_{2k-1}+a_{2k-1}+\ldots +a_{2k-1}+a_{2k-1}\\[0.3em]&\left\downarrow \ {\color {grey}(a_{n}){\text{ ist monoton fallend}}}\right.\\[0.3em]&\leq a_{k}+a_{k+1}+\ldots +a_{2k-2}+a_{2k-1}<\epsilon \\[0.3em]\end{aligned}}$

Also ist $({\tfrac {1}{2}}\cdot (2k-1)a_{2k-1})$ und damit auch $((2k-1)a_{2k-1})$ eine Nullfolge.

Da die Folgen $(2ka_{2k})$ und $((2k-1)a_{2k-1})$ Nullfolgen sind, ist schließlich auch $(na_{n})$ eine Nullfolge.

Lösung Teilaufgabe 2:

Die harmonische Folge $\left({\frac {1}{n}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ ist monoton fallend, jedoch gilt $\lim \limits _{n\to \infty }n\cdot a_{n}=\lim \limits _{n\to \infty }n\cdot {\frac {1}{n}}=1\neq 0$. Angenommen $\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ würde konvergieren, so müsste nach Teilaufgabe 1 $\lim \limits _{n\to \infty }n\cdot a_{n}=0$ gelten. Also muss die harmonische Reihe $\sum \limits _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n}}$ divergieren.

Lösung Teilaufgabe 3:

Ein Beispiel ist die Reihe $\sum \limits _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n\cdot \ln n}}$. Es gilt: $(a_{n})=\left({\frac {1}{n\cdot \ln n}}\right)$ ist monoton fallend (da $\ln$ monoton steigend ist). Und $\lim \limits _{n\to \infty }n\cdot a_{n}=\lim \limits _{n\to \infty }{\frac {1}{\ln n}}=0$. Allerdings divergiert die Reihe beispielsweise mit dem Verdichtungskriterium. Dieses Beispiel zeigt, dass das Kriterium aus Teilaufgabe 1 nur notwendig und nicht hinreichend für die Konvergenz einer Reihe $\sum a_{n}$ ist. D.h. die Umkehrung der Aussage aus Teilaufgabe 1 gilt nicht.

Cauchy Kriterium: Anwendungsbeispiel

Aufgabe (Alternierende harmonische Reihe)

Zeige mit Hilfe des Cauchy-Kriteriums, dass die altenierende harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}$ konvergiert.

Lösung (Alternierende harmonische Reihe)

Es gilt

${\begin{aligned}\left|\sum _{k=m}^{n}(-1)^{k+1}{\frac {1}{k}}\right|&=\left|(-1)^{m+1}{\frac {1}{m}}+(-1)^{m+2}{\frac {1}{m+1}}+(-1)^{m+3}{\frac {1}{m+2}}+(-1)^{m+4}{\frac {1}{m+3}}+(-1)^{m+5}{\frac {1}{m+4}}+\ldots \right|\\[0.5em]&=\underbrace {\left|(-1)^{m+1}\right|} _{=1}|\overbrace {{\frac {1}{m}}\underbrace {-({\frac {1}{m+1}}-{\frac {1}{m+2}})} _{\leq 0}\underbrace {-({\frac {1}{m+3}}-{\frac {1}{m+4}})} _{\leq 0}\underbrace {-\ldots } _{\leq 0}} ^{\geq 0}|\\[0.5em]&\leq \left|{\frac {1}{m}}\right|\\[0.5em]&={\frac {1}{m}}\end{aligned}}$

Da $({\tfrac {1}{m}})_{m\in \mathbb {N} }$ eine Nullfolge ist, gibt es zu jedem $\epsilon >0$ ein $N\in \mathbb {N}$, so dass $\left|\sum _{k=m}^{n}(-1)^{k+1}{\tfrac {1}{k}}\right|\leq |{\tfrac {1}{m}}|<\epsilon$ für alle $n\geq m\geq N$.

Wurzel- und Quotientenkriterium: Fehlerabschätzungen und Folgerungen

Aufgabe (Fehlerabschätzung für das Wurzelkriterium)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge und $q<1$. Weiter gelte ${\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}\leq q$ für alle $n\geq N$. Dann gilt für die Summe $s$ des nach dem Wurzelkriterium absolut konvergenten Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ für alle $n\geq N-1$ die Fehlerabschätzung

$\left|s-\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right|\leq {\frac {q^{n+1}}{1-q}}$

Lösung (Fehlerabschätzung für das Wurzelkriterium)

Nach Voraussetzung gilt für alle $k\geq N$:

${\sqrt[{k}]{|a_{k}|}}\leq q\iff |a_{k}|\leq q^{k}$

Daraus folgt für alle $n\geq N-1\iff n+1\geq N$:

${\begin{aligned}\left|s-\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right|&=\left|\sum _{n+1}^{\infty }a_{k}\right|\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{verallgemeinerte Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.3em]&\leq \sum _{k=n+1}^{\infty }|a_{k}|\\[0.3em]&\leq \sum _{k=n+1}^{\infty }q^{k}\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{k=0}^{\infty }q^{n+1+k}\\[0.3em]&=\sum _{k=0}^{\infty }q^{n+1}\cdot q^{k}\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel}}\right.}\\[0.3em]&=q^{n+1}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }q^{k}\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{Formel für geometrische Reihe}}\right.}\\[0.3em]&=q^{n+1}\cdot {\frac {1}{1-q}}={\frac {q^{n+1}}{1-q}}\end{aligned}}$

Aufgabe (Fehlerabschätzung für das Quotientenkriterium)

Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge und $q<1$. Weiter gelte $a_{n}\neq 0$ und $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|\leq q$ für alle $n\geq N$. Dann gilt für die Summe $s$ des nach dem Quotientenkriterium absolut konvergenten Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ für alle $n\geq N-1$ die Fehlerabschätzung

$\left|s-\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right|\leq {\frac {|a_{n+1}|}{1-q}}$

Lösung (Fehlerabschätzung für das Quotientenkriterium)

Nach Voraussetzung gilt für alle $k\geq N$:

$\left|{\frac {a_{k+1}}{a_{k}}}\right|\leq q\iff |a_{k+1}|\leq q\cdot |a_{k}|$

Daraus folgt für alle $n\geq N-1\iff n+1\geq N$:

${\begin{aligned}&|a_{n+2}|\leq q\cdot |a_{n+1}|\\[0.5em]\Longrightarrow &|a_{n+3}|\leq q\cdot |a_{n+2}|\leq q^{2}\cdot |a_{n+1}|\\[0.5em]\Longrightarrow &|a_{n+4}|\leq q^{3}\cdot |a_{n+1}|\\[0.5em]&{\color {grey}\left\downarrow \ (k-3){\text{-malige Wiederholung der Ungleichung}}\right.}\\[0.5em]\Longrightarrow &|a_{n+1+k}|\leq q^{k}\cdot |a_{n+1}|\end{aligned}}$

Damit ergibt sich

${\begin{aligned}\left|s-\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right|&=\left|\sum _{n+1}^{\infty }a_{k}\right|\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{verallgemeinerte Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.3em]&\leq \sum _{k=n+1}^{\infty }|a_{k}|\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung}}\right.}\\[0.3em]&=\sum _{k=0}^{\infty }|a_{n+1+k}|\\[0.3em]&\leq \sum _{k=0}^{\infty }q^{k}\cdot |a_{n+1}|\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{Faktorregel}}\right.}\\[0.3em]&=|a_{n+1}|\cdot \sum _{k=0}^{\infty }q^{k}\\[0.3em]&{\color {grey}\left\downarrow \ {\text{Formel für geometrische Reihe}}\right.}\\[0.3em]&=|a_{n+1}|\cdot {\frac {1}{1-q}}={\frac {|a_{n+1}|}{1-q}}\end{aligned}}$

Aufgabe (Kriterium für Nullfolgen)

1. Sei $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ eine Folge und $0<q<1$. Weiter gelte $a_{n}\neq 0$ und $\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|=q$ oder $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}=q$. Dann gilt folgt $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$.
2. Zeige $\lim _{n\to \infty }{\binom {n}{k}}q^{n}=0$ für $0<q<1$ und $k\in \mathbb {N} _{0}$.

Lösung (Kriterium für Nullfolgen)

1. Aus $\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|=q<1$ bzw. $\lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{|a_{n}|}}=q<1$ folgt mit dem Quotientenkriterium bzw. Wurzelkriterium, dass die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ konvergiert. Mit dem Trivialkriterium folgt daraus jeweils $\lim _{n\to \infty }a_{n}=0$.
2. Setzen wir $a_{n}={\binom {n}{k}}q^{n}$ so folgt

${\begin{aligned}\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|&=\lim _{n\to \infty }{\frac {{\binom {n+1}{k}}q^{n+1}}{{\binom {n}{k}}q^{n}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {{\frac {(n+1)n(n-1)\cdot \ldots \cdot ((n+1)-k+1)}{k!}}\cdot q\cdot q^{n}}{{\frac {n(n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+1)}{k!}}\cdot q^{n}}}\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {(n+1)n(n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+2)}{n(n-1)\cdot \ldots \cdot (n-k+2)(n-k+1)}}\cdot q\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {n+1}{n-k+1}}\cdot q\\[0.3em]&=\lim _{n\to \infty }{\frac {1+\overbrace {\frac {1}{n}} ^{\to 0}}{1-\underbrace {\frac {k}{n}} _{\to 0}+\underbrace {\frac {1}{n}} _{\to 0}}}\cdot q\\[0.3em]&=q<1\end{aligned}}$

Mit dem Kriterium aus 1. folgt $\lim _{n\to \infty }{\binom {n}{k}}q^{n}=0$.

Leibniz Kiterium: Anwendungsaufgabe mit Fehlerabschätzung

Aufgabe (Leibniz-Kriterium mit Fehlerabschätzung)

Zeige, dass die Reihe

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k+1}}{2k+1}}{\frac {k}{k+2}}$

konvergiert. Bestimme anschließend einen Index $n_{0}\in \mathbb {N}$, ab dem sich die Partialsummen $S_{n}$ der Reihe vom Grenzwert um weniger als ${\tfrac {1}{100}}$ unterscheiden.

Lösung (Leibniz-Kriterium mit Fehlerabschätzung)

Beweisschritt: Die Reihe konvergiert

Für $b_{k}={\tfrac {k}{(2k+1)(k+2)}}$ gilt

${\begin{aligned}{\frac {b_{k+1}}{b_{k}}}&={\frac {\frac {k+1}{(2k+3)(k+3)}}{\frac {k}{(2k+1)(k+2)}}}\\[0.5em]&={\frac {(k+1)(2k+1)(k+2)}{k(2k+3)(k+3)}}\\[0.5em]&={\frac {2k^{3}+7k^{2}+7k+2}{2k^{3}+9k^{2}+9k}}\\[0.5em]&={\frac {2k^{3}+7k^{2}+7k+2}{2k^{3}+7k^{2}+7k+2k^{2}+2k}}\\[0.5em]&={\frac {2k^{3}+7k^{2}+7k+2}{2k^{3}+7k^{2}+7k+2(k^{2}+k)}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ k^{2}+k\geq 1\right.\\[0.5em]&\leq {\frac {2k^{3}+7k^{2}+7k+2}{2k^{3}+7k^{2}+7k+2}}\\[0.5em]&=1\end{aligned}}$

Also ist $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ monoton fallend. Weiter gilt

${\begin{aligned}\lim _{k\to \infty }b_{k}&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{(2k+1)(k+2)}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {k}{2k^{2}+5k+2}}\\[0.5em]&=\lim _{k\to \infty }{\frac {\frac {1}{k}}{2+{\frac {5}{k}}+{\frac {2}{k^{2}}}}}\\[0.5em]&\left\downarrow \ {\text{Rechenregeln für Folgen}}\right.\\[0.5em]&\leq {\frac {0}{2+0+0}}\\[0.5em]&=0\end{aligned}}$

Damit ist $(b_{k})$ eine Nullfolge. Nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert die Reihe.

Beweisschritt: Bestimmung von $n_{0}$

Mit der Fehlerabschätzung zum Leibnizkriterium gilt

$\left|\sum _{k=1}^{\infty }b_{k}-\sum _{k=1}^{n}b_{k}\right|<b_{n+1}$

Hier ist $b_{n+1}={\frac {n+1}{(2n+3)(n+3)}}$. Um nicht zu viel rechnen zu müssen, schätzen wir den Bruch noch durch einen einfacheren Ausdruck nach oben ab:

$b_{n+1}={\frac {n+1}{(2n+3)(n+3)}}\leq {\frac {n+3}{(2n+3)(n+3)}}={\frac {1}{2n+3}}$

Ist nun ${\frac {1}{2n+3}}<{\tfrac {1}{100}}$, so gilt auch $b_{n+1}<{\tfrac {1}{100}}$. Es gilt

${\begin{aligned}{\frac {1}{2n+3}}<{\frac {1}{100}}&\iff 2n+3>100\\[0.5em]&\iff 2n>97\\[0.5em]&\iff n>49\in \mathbb {N} \end{aligned}}$

Also ist $n+1=49$. Für $n_{0}=n=48$ unterscheiden sich daher die Partialsummen der Reihe garantiert um weniger als ${\tfrac {1}{100}}$ vom Grenzwert.

Verdichtungskriterium

Aufgabe (Reihe mit Parameter)

Bestimme, für welche $\alpha >0$ die folgende Reihe konvergiert:

$\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\ln(k)\ln(\ln(k))^{\alpha }}}$

Lösung (Reihe mit Parameter)

Da $a_{k}={\tfrac {1}{k\ln(k)\ln(\ln(k))^{\alpha }}}$ eine monoton fallende Nullfolge ist, konvergiert die Reihe nach dem Verdichtungskriterium genau dann, wenn die folgende Reihe konvergiert:

${\begin{aligned}\sum \limits _{k=1}^{\infty }2^{k}{\frac {1}{2^{k}\ln(2^{k})\ln(\ln(2^{k}))^{\alpha }}}&=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{\ln(2^{k})\ln(\ln(2^{k}))^{\alpha }}}\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ \ln(x^{y})=y\ln(x)\right.}\\[0.5em]&=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\ln(2)\ln(k\ln(2))^{\alpha }}}\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ \ln(xy)=\ln(x)+\ln(y)\right.}\\[0.5em]&=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\ln(2)(\ln(k)+\ln(\ln(2)))^{\alpha }}}\end{aligned}}$

Nach der Übungsaufgabe im Hauptartikel zum Verdichtungskriterium konvergiert die Reihe $\sum \limits _{n=2}^{\infty }{\frac {1}{n(\ln(n))^{\alpha }}}$ für $\alpha >1$ und divergiert für $0<\alpha \leq 1$. Genau diese beiden Fälle unterscheiden wir auch hier:

Fall 1: $\alpha >1$

Hier gilt

${\frac {1}{k\ln(2)(\ln(k)+\ln(\ln(2)))^{\alpha }}}\leq {\frac {1}{k\ln(2)\ln(k)^{\alpha }}}={\frac {1}{\ln(2)}}{\frac {1}{k\ln(k)^{\alpha }}}$

und ${\frac {1}{\ln(2)}}\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\ln(k)^{\alpha }}}<\infty$. Nach dem Majorantenkriterium konvergiert die Reihe für alle $\alpha >1$.

Fall 2: $0<\alpha \leq 1$

Hier ist

${\frac {1}{k\ln(2)(\ln(k)+\ln(\ln(2)))^{\alpha }}}\geq {\frac {1}{k\ln(2)(\ln(k)+\ln(k))^{\alpha }}}={\frac {1}{k\ln(2)(2\ln(k))^{\alpha }}}={\frac {1}{k\ln(2)2^{\alpha }\ln(k)^{\alpha }}}={\frac {1}{2^{\alpha }\ln(2)}}{\frac {1}{k\ln(k)^{\alpha }}}$

und ${\frac {1}{2^{\alpha }\ln(2)}}\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k\ln(k)^{\alpha }}}$ divergiert. Nach dem Minorantenkriterium divergiert die Reihe für alle $0<\alpha \leq 1$.

Weitere Konvergenzkriterien

Aufgabe (Absolute Konvergenz von Reihen mit Produktgliedern)

Seien $(a_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ und $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ zwei reelle Zahlenfolgen. Zeige:

1. Konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut und ist $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ beschränkt, so konvergiert auch die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$ absolut.
2. Konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ und ist $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ beschränkt, so muss die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$ nicht konvergieren.

Lösung (Absolute Konvergenz von Reihen mit Produktgliedern)

1. Teilaufgabe:

1. Möglichkeit: Mit Beschränktheit der Partialsummen.

Da $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergiert, ist die Partialsummenfolge $\left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt. Weiter ist $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ beschränkt. Daher gibt es eine $S>0$ mit $|b_{k}|\leq S$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Damit folgt

$\sum _{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\leq \sum _{k=1}^{n}|a_{k}|\cdot S=S\cdot \sum _{k=1}^{n}|a_{k}|$

Da nun $\left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt ist, ist auch $\left(S\cdot \sum _{k=1}^{n}|a_{k}|\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt. Aus der Ungleichung folgt, dass auch $\left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}b_{k}|\right)_{n\in \mathbb {N} }$ beschränkt ist. Damit konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$ absolut.

2. Möglichkeit: Mit Majorantenkriterium.

Da $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ beschränkt ist, gibt es eine $S>0$ mit $|b_{k}|\leq S$ für alle $k\in \mathbb {N}$. Damit folgt

$|a_{k}b_{k}|=|a_{k}|\cdot |b_{k}|\leq S\cdot |a_{k}|$

Da nun $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ absolut konvergiert, konvergiert auch $S\cdot \sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ absolut. Nach dem Majorantenkriterium konvergiert $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$ absolut.

Teilaufgabe 2:

Wir wissen, dass die harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ divergiert und die alternierende harmonische Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {(-1)^{k}}{k}}$ konvergiert (jedoch nicht absolut). Nun können wir ${\tfrac {1}{k}}$ wie folgt umschreiben:

${\frac {1}{k}}=(-1)^{2k}{\frac {1}{k}}=\underbrace {\frac {(-1)^{k}}{k}} _{=a_{k}}\underbrace {(-1)^{k}} _{=b_{k}}$

Weiter ist $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ beschränkt, denn $|b_{k}|=|(-1)^{k}|=1\leq 1=S$. Also ist $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {(-1)^{k}}{k}}$ konvergent, $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }=((-1)^{k})_{k\in \mathbb {N} }$ beschränkt, aber $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}=\sum _{k=1}^{\infty }{\tfrac {1}{k}}$ divergent.

Hinweis

Wie wir sehen reicht bei gewöhnlicher Konvergenz der Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ die Beschränktheit der Folge $(b_{k})$ nicht aus, damit die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$ konvergiert. Ist $(b_{k})$ jedoch zusätzlich monoton, so folgt daraus die Konvergenz der Reihe der Produktglieder. Siehe hierzu das Abel-Kriterium weiter unten.

Aufgabe (Kriterium von Raabe)

1. Seien $(a_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ und $(b_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ zwei reelle Zahlenfolgen. Zeige: Gilt für fast alle $n\in \mathbb {N}$ $a_{n}\neq 0$ und
   • $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|\leq 1-{\frac {c}{n+1}}$ für ein $c>1$, so ist $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ absolut konvergent.
   • $\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|\geq 1-{\frac {1}{n+1}}$, so ist $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$ divergent.
2. Zeige mit dem Kriteriums von Raabe, dass die folgende Reihe für jedes $s>0$ konvergiert:
   $\sum _{n=1}^{\infty }{\binom {s}{n}}$

Lösung (Kriterium von Raabe)

Teilaufgabe 1:

• Zunächst gilt die Äquivalenzumformung

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|\leq 1-{\frac {c}{n+1}}&{\overset {\cdot (n+1)|a_{n}|}{\iff }}(n+1)\left|a_{n+1}\right|\leq (n+1)|a_{n}|-c|a_{n}|\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{ Addition von }}(c-1)|a_{n}|{\text{ und Subtraktion von }}(n+1)|a_{n+1}|{\text{ auf beiden Seiten}}\right.}\\[0.5em]&\iff (c-1)\left|a_{n}\right|\leq n|a_{n}|-(n+1)|a_{n+1}|\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{ Division beider Seiten durch }}c-1>0\right.}\\[0.5em]&\iff \left|a_{n}\right|\leq {\frac {1}{c-1}}\cdot \left(n|a_{n}|-(n+1)|a_{n+1}|\right)\end{aligned}}$

Da die Umformung für fast alle $n\in \mathbb {N}$ gilt, gibt es ein $n_{0}\in \mathbb {N}$, so dass sie für alle $n\geq n_{0}$ gilt. Summieren wir nun beide Seiten bis zu einer natürlichen Zahl $N>n_{0}$ auf, so erhalten wir

${\begin{aligned}\sum _{n=n_{0}}^{N}\left|a_{n}\right|&\leq {\frac {1}{c-1}}\cdot \sum _{n=n_{0}}^{N}\left(n|a_{n}|-(n+1)|a_{n+1}|\right)\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{ Teleskopsumme}}\right.}\\[0.5em]&={\frac {1}{c-1}}\cdot \left(n_{0}|a_{n_{0}}|-(N+1)|a_{N+1}|\right)\\[0.5em]&\leq {\frac {1}{c-1}}\cdot n_{0}|a_{n_{0}}|\end{aligned}}$

Also ist die Folge der Partialsummen $\left(\sum _{n=n_{0}}^{N}\left|a_{n}\right|\right)_{N\in \mathbb {N} }$ beschränkt. Somit konvergiert die Reihe $\sum _{n=n_{0}}^{\infty }\left|a_{n}\right|$ absolut, und damit auch die Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$.

• Im 2. Fall gilt für alle $n\geq n_{0}$ die Umformung

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|\geq 1-{\frac {1}{n+1}}&{\overset {\cdot (n+1)|a_{n}|}{\iff }}(n+1)\left|a_{n+1}\right|\geq (n+1)|a_{n}|-|a_{n}|\\[0.5em]&\iff (n+1)\left|a_{n+1}\right|\geq n|a_{n}|\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{ Wiederholte Anwendung der Ungleichung}}\right.}\\[0.5em]&\iff (n+1)\left|a_{n+1}\right|\geq n|a_{n}|\geq (n-1)|a_{n-1}|\geq \ldots \geq n_{0}|a_{n_{0}}|\end{aligned}}$

Dies ist nun äqivalent zu

$\left|a_{n+1}\right|\geq n_{0}|a_{n_{0}}|\cdot {\frac {1}{n+1}}$

Da nun die Reihe $\sum _{n=n_{0}}^{\infty }\underbrace {n_{0}\left|a_{n_{0}}\right|} _{\text{fest}}\cdot {\frac {1}{n+1}}$ divergiert (harmonische Reihe), divergiert nach dem Minorantenkriterium auch die Reihe $\sum _{n=n_{0}}^{\infty }a_{n}$, und damit auch $\sum _{n=1}^{\infty }a_{n}$.

Teilaufgabe 2: Hier ist $a_{n}={\binom {s}{n}}$, und damit

${\begin{aligned}\left|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\right|&=\left|{\frac {\binom {s}{n+1}}{\binom {s}{n}}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\dfrac {\frac {s(s-1)\cdot \ldots \cdot (s-n+1)(\overbrace {s-(n+1)+1} ^{=s-n})\cdot n!}{(n+1)!}}{\frac {s(s-1)\cdot \ldots \cdot (s-n+1)}{n!}}}\right|\\[0.5em]&=\left|{\frac {s(s-1)\cdot \ldots \cdot (s-n+1)(s-n)n!}{s(s-1)\cdot \ldots \cdot (s-n+1)\cdot (n+1)n!}}\right|\\[0.5em]&={\frac {|s-n|}{n+1}}\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{ für }}n>s\right.}\\[0.5em]&={\frac {n-s}{n+1}}\\[0.5em]&={\frac {n+1-s-1}{n+1}}\\[0.5em]&=1-{\frac {s+1}{n+1}}\\[0.5em]&\leq 1-{\frac {s+1}{n+1}}\end{aligned}}$

Mit $c=s+1>1$ folgt nun mit dem Kriterium von Raabe die absolute Konvergenz der Reihe $\sum _{n=1}^{\infty }{\binom {s}{n}}$.

Aufgabe (Dirichlet-Kriterium)

Beweise das Dirichlet-Kriterium: Seien $(a_{k})$ und $(b_{k})$ reelle Folgen mit

1. Die Partialsummen $A_{n}=\sum _{k=1}^{n}a_{k}$ bilden eine beschränkte Folge,
2. $(b_{k})$ ist monoton fallend,
3. $\lim _{k\to \infty }b_{k}=0$.

Dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$.

Hinweis: Zeige dazu zunächst die Abelsche partielle Summation: Sei $A_{-1}=0$ und $A_{n}=\sum _{k=0}^{n}a_{k}$. Dann gilt für alle $m,n\in \mathbb {N} _{0},\ m<n$:

$\sum _{k=m}^{n}a_{k}b_{k}=\sum _{k=m}^{n-1}A_{k}(b_{k}-b_{k+1})+A_{n}b_{n}-A_{m-1}b_{m}$

Lösung (Dirichlet-Kriterium)

1. Beweisschritt:

Abelsche partielle Summation: Hilfsgleichung zeigen.

${\begin{aligned}&\sum _{k=m}^{n}a_{k}b_{k}=\\&{\color {Gray}\left\downarrow \ a_{k}=\sum _{i=0}^{k}a_{i}-\sum _{i=0}^{k-1}a_{i}=A_{k}-A_{k-1}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n}(A_{k}-A_{k-1})b_{k}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{ausmultiplizieren und Summe auseinanderziehen}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n}[A_{k}b_{k}-A_{k-1}b_{k}]\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n}A_{k}b_{k}-\sum _{k=m}^{n}A_{k-1}b_{k}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Indexverschiebung bei 2. Summe}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n}A_{k}b_{k}-\sum _{k=m-1}^{n-1}A_{k}b_{k+1}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{letzten bzw. ersten Summanden aus Summen ziehen}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n-1}A_{k}b_{k}+A_{n}b_{n}-\sum _{k=m}^{n-1}A_{k}b_{k+1}-A_{m-1}b_{m}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Summen zusammenziehen und ausklammern}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n-1}[A_{k}b_{k}-A_{k}b_{k+1}]+A_{n}b_{n}-A_{m-1}b_{m}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n-1}A_{k}(b_{k}-b_{k+1})+A_{n}b_{n}-A_{m-1}b_{m}\end{aligned}}$

2. Beweisschritt:

Konvergenz der Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$: Mit dem Cauchy-Kriterium müssen wir zeigen: Zu jedem $\epsilon >0$ gibt es ein $N\in \mathbb {N}$ mit

$\left|\sum _{k=m}^{n}a_{k}b_{k}\right|<\epsilon \ {\text{ für alle }}n\geq m\geq N$

Sei also $\epsilon >0$. Wegen der 3. Voraussetzung ($\lim _{k\to \infty }b_{k}=0$) existiert $N\in \mathbb {N}$ mit $b_{N}<{\frac {\epsilon }{2M}}$. Damit folgt für $n\geq N\geq M$:

${\begin{aligned}&\left|\sum _{k=m}^{n}a_{k}b_{k}\right|=\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Abelsche partielle Summation}}\right.}\\[0.5em]&=\left|\sum _{k=m}^{n-1}A_{k}(b_{k}-b_{k+1})+A_{n}b_{n}-A_{m-1}b_{m}\right|\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Dreiecksungleichung}}\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n-1}|A_{k}(b_{k}-b_{k+1})|+|A_{n}b_{n}|+|A_{m-1}b_{m}|\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{mit der 2. und 3. Voraussetzung }}((b_{k}){\text{ monoton fallend und }}\lim _{k\to \infty }b_{k}=0){\text{ gilt }}b_{k}-b_{k+1}\geq 0,\ b_{n}\geq 0,\ b_{m}\geq 0\right.}\\[0.5em]&=\sum _{k=m}^{n-1}|A_{k}|(b_{k}-b_{k+1})+|A_{n}|b_{n}+|A_{m-1}|b_{m}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{mit der 1. Voraussetzung }}(A_{n}=\sum _{k=1}^{n}a_{k}{\text{ beschränkte Folge}}){\text{ ist }}M=\sup _{n\in \mathbb {N} _{0}}|A_{n}|<\infty \Rightarrow |A_{k}|\leq M{\text{ für }}m-1\leq k\leq n\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=m}^{n-1}M(b_{k}-b_{k+1})+Mb_{n}+Mb_{m}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ M{\text{ ausklammern}}\right.}\\[0.5em]&=M\cdot \left(\sum _{k=m}^{n-1}(b_{k}-b_{k+1})+b_{n}+b_{m}\right)\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Teleskopsumme }}\sum _{k=m}^{n-1}(b_{k}-b_{k+1})=b_{m}-b_{n}\right.}\\[0.5em]&=M\cdot \left(b_{m}-b_{n}+b_{n}+b_{m}\right)\\[0.5em]&=M\cdot 2b_{m}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Für }}m\geq N{\text{gilt: }}b_{m}<{\frac {\epsilon }{2M}}\right.}\\[0.5em]&<M\cdot 2\cdot {\frac {\epsilon }{2M}}\\[0.5em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{kürzen}}\right.}\\[0.5em]&=\epsilon \end{aligned}}$

Aufgabe (Abel-Kriterium)

Beweise das Abel-Kriterium : Seien $(a_{k})$ und $(b_{k})$ reelle Folgen mit

1. $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ ist konvergent,
2. $(b_{k})$ ist monoton fallend und beschränkt.

Dann konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$.

Hinweis: Zeige zunächst mit Hilfe des Dirichlet-Kriteriums, dass die Reihe $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}(b_{k}-b)$ konvergiert.

Lösung (Abel-Kriterium)

1. Beweisschritt: $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}(b_{k}-b)$ konvergiert

Da nach der 1. Voraussetzung $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$ konvergiert, ist die Folge der Partialsummen $\left(\sum _{k=1}^{n}a_{k}\right)$ beschränkt.

Mit dem Monotoniekriterium folgt aus der 2. Voraussetzung, dass die Folge $(b_{k})$ gegen einen Grenzwert $b\in \mathbb {R}$ konvergiert. Damit ist die Folge $(b_{k}-b)$ eine monoton fallende Nullfolge.

Aus dem Dirichlet-Kriterium folgt nun, dass die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}(b_{k}-b)$ konvergiert.

2. Beweisschritt: $\sum _{k=0}^{\infty }a_{k}b_{k}$ konvergiert

Nach der 1. Voraussetzung und den Rechenregeln für Reihen konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b=b\cdot \sum _{k=1}^{\infty }a_{k}$. Durch erneutes Anwenden der Rechenregeln folgt damit

${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}(b_{k}-b)+\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b&=\sum _{k=1}^{\infty }[a_{k}b_{k}-a_{k}b]+\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }[a_{k}b_{k}-a_{k}b+a_{k}b]\\[0.5em]&=\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}\end{aligned}}$

Also konvergiert die Reihe $\sum _{k=1}^{\infty }a_{k}b_{k}$.

Hinweis

Sowohl beim Dirichlet-Kriterium, als auch beim Abel-Kriterium, muss die Folge $(b_{k})$ nicht zwingend monoton fallend sein. Allgemeine Monotonie reicht auch aus. Die Beweise lassen sich einfach verallgemeinern.

Cauchy-Schwarz-Ungleichung für Reihen mit Anwendung

Aufgabe (Cauchy-Schwarz-Ungleichung)

Seien $(a_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ und $(b_{k})_{k\in \mathbb {N} }$ zwei reelle Zahlenfolgen, so dass $\sum \limits _{k=1}^{\infty }|a_{k}|^{2}$ und $\sum \limits _{n=1}^{\infty }|b_{k}|^{2}$ konvergieren.

1. Zeige: Dann gilt die Cauchy-Schwarz-Ungleichung (CSU) für Reihen
   $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}\cdot b_{k}|\leq \left(\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{\infty }|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$

   Hinweis: Zeige zunächst die Cauchy-Schwarz-Ungleichung für endliche Summen:

   $\sum _{k=1}^{n}|a_{k}\cdot b_{k}|\leq \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$
2. Zeige mit Hilfe der Cauchy-Schwarz-Ungleichung: Wenn die Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }a_{k}$ absolut konvergiert, dann ist $\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {\sqrt {|a_{k}|}}{k}}$ konvergent.

Lösung (Cauchy-Schwarz-Ungleichung)

Lösung Teilaufgabe 1:

Beweisschritt: Cauchy-Schwarz-Ungleichung für endliche Summen $\sum _{k=1}^{n}|a_{k}\cdot b_{k}|\leq \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$

Wir setzen $A=\left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$ und $B=\left(\sum _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$ und teilen die linke Seite der CSU durch $A\cdot B$:

${\begin{aligned}{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}|a_{k}\cdot b_{k}|}{A\cdot B}}&=\sum _{k=1}^{n}\left|{\frac {a_{k}}{A}}\right|\cdot \left|{\frac {b_{k}}{B}}\right|\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ x,y\geq 0\Longrightarrow (x-y)^{2}=x^{2}-2xy+y^{2}\geq 0\Longrightarrow 2xy\leq x^{2}+x^{2}\Longrightarrow x\cdot y\leq {\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}y^{2}\right.}\\[0.5em]&\leq \sum _{k=1}^{n}\left[{\frac {1}{2}}\cdot \left|{\frac {a_{k}}{A}}\right|^{2}+{\frac {1}{2}}\cdot \left|{\frac {b_{k}}{B}}\right|^{2}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \sum _{k=1}^{n}\left[{\frac {|a_{k}|^{2}}{A^{2}}}+{\frac {|b_{k}|^{2}}{B^{2}}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left[{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}}{A^{2}}}+{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}}{B^{2}}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left[{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}}{\sum \limits _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}}}+{\frac {\sum \limits _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}}{\sum \limits _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}}}\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot \left[1+1\right]\\[0.5em]&={\frac {1}{2}}\cdot 2\\[0.5em]&=1\end{aligned}}$

Multiplizieren wir nun beide Seiten mit $A\cdot B$, so ergibt sich die CSU für endliche Summen:

$\sum _{k=1}^{n}|a_{k}\cdot b_{k}|\leq \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$

Beweisschritt: Cauchy-Schwarz-Ungleichung für Reihen $\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}\cdot b_{k}|\leq \left(\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{\infty }|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$

Mit der Cauchy-Schwarz-Ungleichung für endliche Summen aus dem 1. Beweisschritt gilt:

${\begin{aligned}\sum \limits _{k=1}^{n}|a_{k}\cdot b_{k}|&\leq \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\\[0.5em]&\ {\color {Gray}\left\downarrow \ \sum \limits _{k=1}^{\infty }|a_{k}|^{2}{\text{ und }}\sum \limits _{n=1}^{\infty }|b_{k}|^{2}{\text{ konvergieren nach Voraussetzung}}\right.}\\[0.5em]&\leq \left(\sum _{k=1}^{n}|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}|b_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\\[0.5em]&<\infty \end{aligned}}$

Da beschränkte Reihen mit nichtnegativen Summanden konvergieren, folgt die Konvergenz der Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }|a_{k}\cdot b_{k}|$. Wegen der Monotonieregel für Grenzwerte folgt die CSU für Reihen

$\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}\cdot b_{k}|\leq \left(\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}$

Lösung Teilaufgabe 2:

Mit ${\tilde {a}}_{k}={\sqrt {|a_{k}|}}$ und $b_{k}={\frac {1}{k}}$, sind $\sum \limits _{k=1}^{\infty }|{\tilde {a}}_{k}|^{2}=\sum \limits _{k=1}^{\infty }|a_{k}|$ und $\sum \limits _{k=1}^{\infty }|b_{k}|^{2}=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}$ (absolut) konvergent. Mit der CSU für Reihen aus Teilaufgabe 1 folgt damit

${\begin{aligned}\sum \limits _{k=1}^{\infty }|{\tilde {a}}_{k}\cdot b_{k}|&=\sum _{k=1}^{\infty }{\sqrt {|a_{k}|}}\cdot \left({\frac {1}{k}}\right)\\[0.5em]&\leq \left(\sum _{k=1}^{\infty }{\sqrt {|a_{k}|}}^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{\infty }\left|{\frac {1}{k}}\right|^{2}\right)^{\frac {1}{2}}\\[0.5em]&\leq \left(\sum _{k=1}^{\infty }|a_{k}|\right)^{\frac {1}{2}}\cdot \left(\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\right)^{\frac {1}{2}}\\[0.5em]&<\infty \end{aligned}}$

Also konvergiert die Reihe $\sum \limits _{k=1}^{\infty }|{\tilde {a}}_{k}\cdot b_{k}|=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\sqrt {|a_{k}|}}\cdot \left({\frac {1}{k}}\right)=\sum \limits _{k=1}^{\infty }{\frac {\sqrt {|a_{k}|}}{k}}$.

Hinweis

Die 2. Teilaufgabe lässt sich auch ohne die Cauchy-Schwarz-Ungleichung lösen. Beispielsweise unter Verwendung der Ungleichung $x\cdot y\leq {\frac {1}{2}}\cdot x^{2}+{\frac {1}{2}}\cdot y^{2}$. Eine andere Lösungsmöglichkeit ergibt sich durch die Anwendung der Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel ${\sqrt {x\cdot y}}\leq {\frac {x+y}{2}}$.